滑块—滑板模型全解
2020年高考物理素养提升专题02 动力学中的“滑块-滑板”模型(解析版)
素养提升微突破02 动力学中的“滑块-滑板”模型——构建模型，培养抽象思维意识“滑块-滑板”模型“滑块-滑板”模型涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
叠放在一起的滑块和木板，它们之间存在着相互作用力，在其他外力作用下它们或加速度相同，或加速度不同，无论哪种情况受力分析和运动过程分析都是关键，特别是对相对运动条件的分析。
本模型深刻体现了物理运动观念、相互作用观念的核心素养。
【2019·新课标全国Ⅲ卷】如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。
细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。
重力加速度取g=10 m/s2。
由题给数据可以得出A．木板的质量为1 kgB．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC．0~2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F 为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。
【素养解读】本题以木板为研究对象，通过f-t与v-t图像对运动过程进行受力分析、运动分析，体现了物理学科科学推理的核心素养。
一、水平面上的滑块—滑板模型水平面上的滑块—滑板模型是高中参考题型，一般采用三步解题法：【典例1】如图所示，质量m＝1 kg 的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上。
牛顿运动定律巧解滑块-滑板模型
例题三：滑块与滑板在碰撞中的运动
要点一
总结词
要点二
详细描述
碰撞中的滑块-滑板模型需要考虑动量守恒和能量守恒，通 过牛顿运动定律可以求解碰撞后的运动状态。
当滑块与滑板发生碰撞时，根据动量守恒定律，可以求出 碰撞后的速度。根据能量守恒定律，可以判断碰撞是否为 弹性碰撞。根据牛顿第二定律，可以求出碰撞后滑块和滑 板的加速度。通过分析加速度和初速度作用力和反作用力之间的关系，即作用力和反作用力大小相等、方向相反 、作用在同一条直线上。
详细描述
该定律指出，当一个物体对另一个物体施加力时，另一个物体会对施力物体施加 一个大小相等、方向相反的力。这两个力是相互作用的，并且作用在同一条直线 上。
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滑块-滑板模型中的牛顿运动定律
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滑块与滑板间的相互作用力分析
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作用力与反作用力
根据牛顿第三定律，滑块 与滑板间的作用力和反作 用力大小相等、方向相反 。
摩擦力分析
滑动摩擦力的大小与接触 面的粗糙程度和正压力有 关，方向与相对运动方向 相反。
支持力分析
支持力垂直于接触面，指 向被支持的物体，与重力 等其他外力平衡。
滑块与滑板间的动量守恒分析
以判断滑块是否从滑板上滑落。
例题二：滑块与滑板在斜面上的运动
总结词
斜面上的滑块-滑板模型需要考虑重力的影 响，通过牛顿运动定律可以求解滑块和滑板 的运动状态。
详细描述
当滑块放在滑板上，在斜面上运动时，除了 受到重力、支持力和摩擦力的作用外，还需 要考虑重力的分力。根据牛顿第二定律，可 以求出滑块和滑板的加速度。通过分析加速 度和初速度的关系，可以判断滑块是否从滑 板上滑落。
滑块—滑板模型分析
高三物理专题复习：滑块一滑板模型典型例题例1.如图所示，在粗糙水平面上静止放一长L质量为M=1kg的木板B, —质量为m=1Kg的物块A以速度v。
=2.0m/s滑上长木板B的左端，物块与木板的摩擦因素卩1=0.1、木板与地面的摩擦因素为卩2=0.1，已知重力加速度为g=10m/s , 求：(假设板的长度足够长)(1)物块A、木板B的加速度；(2)物块A相对木板B静止时A运动的位移；R ---------------------B(3)物块A不滑离木板B,木板B至少多长？"TTTTTTTTTTTT/TT TTTTTT1考点：本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析，地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。
解析：(1)物块A的摩擦力：f A二jmg =1N-f A 2A的加速度：a i 一二-1m/ s 方向向左m木板B受到地面的摩擦力：f地二」2(M ■ m)g =2N f A故木板B静止，它的加速度a2 =02(2)物块A的位移：S二二仏二2m2a(3)木板长度：L _ S = 2m拓展1.在例题1中，在木板的上表面贴上一层布，使得物块与木板的摩擦因素卩3=0.4，其余条件保持不变，(假设木板足够长)求：(1)物块A与木块B速度相同时，物块A的速度多大？(2)通过计算，判断AB速度相同以后的运动情况； A ______________(3)整个运动过程，物块A与木板B相互摩擦产生的摩擦热多大？考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查：木板与地的摩擦力计算、AB是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。
解析：对于物块 A ： f A =」4mg = 4N加速度： a A =— =-」4g - -4.0m/ s 2，方向向左。
m 对于木板：f 地-"2(m • M)g = 2N加速度：a C =卫 f 地 = 2.0m /s 2，方向向右。
M物块A 相对木板B 静止时，有：a B t^v 2 -a C t 1解得运动时间：I =1/3.s ，V A = V B = a p t r = 2 / 3m / S(2)假设AB 共速后一起做运动， a 二 J (M ―- -1m/s 2物块A 的静摩擦力:二 ma =1N ：： f A所以假设成立，AB 共速后一起做匀减速直线运动。
滑块—滑板模型全解
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
方法指导
2.临界条件法：即运用临界条件进行计算。滑块与滑板 恰好能发生相对滑动（要滑动但还未滑动时）的临界条 件是（ 1）滑块与滑板间的静摩擦力达到最大静摩擦力 （通常近似地认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）； （2）滑块的加速度恰好等于滑板的加速度。
动力学中的滑块—滑板模型
2. 此类试题由于研究对象多、受力分析困难，运动过程复杂， 往往会使考生“手忙脚乱”，“顾此失彼”导致丢分。是 学生比较容易感到“头疼”的一类试题。因此探究并掌握 此类试题的分析技巧和解题方法是十分必要的。
2018年10月24日星期三3时50分45秒
动力学中的滑块—滑板模型
知识梳理
1．模型特点：
上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发 生相对滑动． 2．建模指导 解此类题的基本思路： （ 1 ）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别 求出滑块和木板的加速度； （ 2 ）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之 间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板 的位移都是相对地面的位移.
2018年10月24日星期三3时50分45秒
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
方法指导
一、滑块与滑板间是否发生相对滑动的判断方法 两个物体间能否发生相对滑动的问题是常见的问题。 在作用在滑块或木板上的外力已知的情况下，分析判断滑 块与木板间有无相对滑动的方法有两种： 1.动力学条件判断法：即通过分析滑块——滑木板间的摩 擦力是否为滑动摩擦力来进行判断。可先假设滑块与木板 间无相对滑动，然后根据牛顿第二定律对滑块与木板整体 列式求出加速度，再把滑块或木板隔离出来列式求出两者 之间的摩擦力，把求得的摩擦力与滑块和木板之间的滑动 摩擦力进行比较，分析求得的摩擦力是静摩擦力还是滑动 摩擦力，若为静摩擦力，则两者之间无相对滑动；若为滑 动摩擦力，则两者之间有相对滑动。
物理模型 “滑板—滑块”模型
物理模型 “滑板—滑块”模型[模型概述] (1)滑板——滑块模型的特点①滑块未必是光滑的．②板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．③板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个面都不存在摩擦．(2)滑板——滑块模型常用的物理规律匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系等．[模型指导] (1)两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．(2)解题思路处理滑块—木板模型问题的分析方法(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t ＝Δv 2a 2＝Δv 1a 1可求出共同速度v 和所用时间t ，然后由位移公式可分别求出二者的位移.(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；③求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相.1．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm ＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg 。
答案 C2.(2017·广西质检)如图所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N答案：B 解析：对A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．3．(2017·黄冈质检)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A 。
精品课件动力学中的滑块—滑板模型-(1)
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
方法指导
2. 运动学条件判断法：先求出不受外力 F 作用的那个物 体的最大临界加速度，再用假设法求出在外力 F 作用下 滑块和滑板整体的加速度，最后把滑块和滑板的整体加 速度与不受外力 F 作用的那个物体的最大临界加速度进 行大小比较。若滑块与滑板整体的加速度不大于（小于 或等于）滑块的最大加速度，即 a amax ，二者之间就 不发生相对滑动，反之二者之间就会发生相对滑动。
（ 2 ）计算题：主要有关于滑块和滑板间是否存在相对滑动 的分析计算、使滑块与滑板间发生相对滑动的临界力的计算 （即外力的作用范围问题）；其它临界问题的分析计算等。
2018年1月18日星期四4时29分3秒
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
分析“滑块—滑板模型” 问题时应掌握的技巧 1．分析题中滑块、滑板的受力情况，求出各自的加速 度． 2．画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间 的关系． 3．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．
2018年1月18日星期四4时29分3秒
动力学中的滑块—滑板模型
[解析 ] 铁块的加速度 F 作用时： F－ μmg＝ ma1，a1＝ 2 m/s2，向右 撤去 F 后： μmg＝ ma′ 1， a′ 1＝ 2 m/s2，向左． 木板的加速度(相对滑动过程中不变 ) μmg＝ Ma2， a2＝1 m/s2 前 1 s 内两者的位移： 1 2 x1＝ a1t ＝ 1 m 2 1 2 x2＝ a2t ＝ 0.5 m. 2 撤去 F 时两者的速度： v1＝ a1t＝2 m/s v2＝ a2t＝1 m/s
典型例题
2018年1月18日星期四4时29分3秒
动力学中的滑块—滑板模型
难点突破之四 滑块—滑板类问题
难点突破之四滑块—滑板类问题1．滑块—滑板类问题的特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动． 2．滑块和滑板常见的两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．滑块—滑板类问题的解题方法此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．4、滑块与滑板存在相对滑动的临界条件(1)运动学条件：若两物体速度和加速度不等，则会相对滑动.(2)动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体"所需要"的摩擦力f;比较f 与最大静摩擦力f m 的关系，若f 〉f m ，则发生相对滑动.【典例】 如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m ＝1 kg ，木板的质量M ＝4 kg ，长L ＝2.5 m ，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F ＝20 N 拉木板，g 取10 m/s 2.(1)求木板加速度的大小．(2)要使木块能滑离木板，求水平恒力F 作用的最短时间；(3)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30 N ，则木块滑离木板需要多长时间？解: (1)木板受到的摩擦力f ＝μ(M ＋m )g ＝10 N 木板的加速度a＝F －f M＝2.5 m/s 2. (2)设拉力F 作用t 时间后撤去F 撤去后，木板的加速度为a ′＝－f M＝－2.5 m/s 2＝a木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故at 2＝L 解得：t ＝1 s ，即F 作用的最短时间为1 s.(3)设木块的最大加速度为a 木块，木板的最大加速度为a 木板，则μ1mg ＝ma 木块 解得：a 木块＝μ1g ＝3 m/s 2对木板：F 1－μ1mg －μ(M ＋m )g ＝Ma 木板 木板能从木块的下方抽出的条件：a木板>a木块解得：F 1>25 N.(4)木块的加速度a ′木块＝μ1g ＝3 m/s2木板的加速度a ′木板＝F 2－μ1mg －μM ＋m g M＝4.25 m/s 2木块滑离木板时，两者的位移关系为s 木板－s 木块＝L ，即12a ′木板t 2－12a ′木块t 2＝L代入数据解得：t ＝2 s.如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ．当小车向右运动的速度达到3 m/s 时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量m ＝2 kg 的小物块．小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．g 取10 m/s 2，则：(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大； (2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝3 s 小物块通过的位移大小为多少？ 解析：(1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s2小车的加速度a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2(2)由a m t ＝v 0＋a M t ，得t ＝2 s ，v 同＝2×2 m/s＝4 m/s (3)在开始2 s 内，小物块通过的位移x 1＝12a m t 2＝4 m在接下来的1 s 内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动，加速度a ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2小物块的位移x 2＝v 同t ′＋12at ′2＝4.4 m 通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝8.4 m.答案：(1)2 m/s 20.5 m/s 2(2)2 s (3)8.4 m如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g . (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解：(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g 桌面对纸板的滑动摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g f ＝f 1＋f 2 解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 f 1＝m 1a 1 F －f 1－f 2＝m 2a 2 发生相对运动则a 2>a 1 解得F >2μ(m 1＋m 2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21 纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22 l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2 解得F ＝2μ[m 1＋(1＋d l)m 2]g 代入数据得F ＝22.4 N. 答案：(1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F >2μ(m 1＋m 2)g (3)22.4 N滑块—滑板类问题习题1．如图所示，长2m ，质量为1kg 的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg （可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。
牛顿运动定律巧解滑块—滑板模型
解决复杂问题
在滑块—滑板模型中，利用牛顿 运动定律可以解决一些复杂的问 题，如碰撞、摩擦力和外力作用
等。
建立数学模型
利用牛顿运动定律，我们可以建 立滑块—滑板模型的数学方程，
从而进行数值分析和模拟。
对未来研究的展望
深入研究动力学
未来可以进一步深入研究滑块—滑板模型的动力学特性，探索更 复杂的运动规律和现象。
滑块与滑板间的相对运动
相对静止
当滑块与滑板间无相对运 动时，两者保持相对静止 状态。
相对滑动
当滑块受到的合外力大于 最大静摩擦力时，滑块将 相对于滑板滑动。
滑动摩擦力的作用
滑动摩擦力阻碍相对运动， 但不影响绝对运动。
滑块与滑板的初速度和加速度分析
初速度分析
牛顿第二定律的应用
在滑块—滑板模型中，需要分析滑块 和滑板的初速度，判断是否满足相对 静止或相对滑动的条件。
总结词
考虑作用力和反作用力对滑块和滑板运 动的影响。
VS
详细描述
根据牛顿的第三定律，作用力和反作用力 大小相等、方向相反。在滑块—滑板模型 中，当滑块和滑板之间存在相互作用力时 ，作用力和反作用力将影响它们的运动状 态。因此，在解决问题时需要考虑第三定 律，分析作用力和反作用力对滑块和滑板 运动的影响。
响。
04
牛顿运动定律在滑块— 滑板模型中的运用
运用第一定律解决相关问题
总结词
理解滑块和滑板在静止和匀速直线运动状态下的受力平衡。
详细描述
根据牛顿的第一定律，滑块和滑板在不受外力或合外力为零时，将保持静止或 匀速直线运动状态。因此，在解决滑块—滑板模型问题时，需要分析滑块和滑 板的受力情况，判断其运动状态。
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C．当F＝10 N时，m对M有向左的2 N的摩擦力
D．当F＝10 N时，m对M有向右的4 N的摩擦力
动力学中的滑块—滑板模型
选择题题型训练
解析：m运动的最大加速度a＝μg＝2 m/s2，所以当整体
的加速度达到2 m/s2时，即F＝(m＋M)a＝20 N时，m相对 M开始运动，A错，B对；当F＝10 N时，整体的加速度a
2018年10月24日星期三3时50分45秒
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
方法指导
一、滑块与滑板间是否发生相对滑动的判断方法 两个物体间能否发生相对滑动的问题是常见的问题。 在作用在滑块或木板上的外力已知的情况下，分析判断滑 块与木板间有无相对滑动的方法有两种： 1.动力学条件判断法：即通过分析滑块——滑木板间的摩 擦力是否为滑动摩擦力来进行判断。可先假设滑块与木板 间无相对滑动，然后根据牛顿第二定律对滑块与木板整体 列式求出加速度，再把滑块或木板隔离出来列式求出两者 之间的摩擦力，把求得的摩擦力与滑块和木板之间的滑动 摩擦力进行比较，分析求得的摩擦力是静摩擦力还是滑动 摩擦力，若为静摩擦力，则两者之间无相对滑动；若为滑 动摩擦力，则两者之间有相对滑动。
mA
f 2mA
时，A、B开始相对滑动，
解得时间 t
3f 2k
以上分析可知，C正确．方法指导
方法指导
三、滑块在滑板上不滑下的临界条件： 滑块滑到滑板一端时，滑块和滑板两者速度相同．
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题 核心疑难探究
板块的临界问题
质量为M＝2 kg、长为L的木板静止在光滑的水平面 【典例5】
2018年10月24日星期三3时50分45秒
fm m M fm F m fm M
fm
F
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题 核心疑难探究
板块的临界问题
【典例4】如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长 木板足够长)的左端放置着静止的小物块A.某时刻，A受到水 平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F ＝kt，其中k为已知常数．若A、B之间的最大静摩擦力为f， 且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，mB＝2mA.则下列图 象中，可以定性地描述长木板B运动的v－t图象的是( C )
2018年10月24日星期三3时50分45秒
动力学中的滑块—滑板模型 3．两种位移关系：（相对滑动的位移关系）
知识梳理
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑
板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等 于板长．
F x1 x2 L
F x2 x1 L
L
4.考试题型：
（1）选择题：包括文字选择题与图象选择题； （ 2 ）计算题：主要有关于滑块和滑板间是否存在相对滑动 的分析计算、使滑块与滑板间发生相对滑动的临界力的计算 （即外力的作用范围问题）；其它临界问题的分析计算等。
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
方法指导
2.临界条件法：即运用临界条件进行计算。滑块与滑板 恰好能发生相对滑动（要滑动但还未滑动时）的临界条 件是（ 1）滑块与滑板间的静摩擦力达到最大静摩擦力 （通常近似地认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）； （2）滑块的加速度恰好等于滑板的加速度。
动力学中的滑块—滑板模型
2018年10月24日星期三3时50分45秒
动力学中的滑块—滑板模型
知识梳理
5．易失分点:
(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．
(2)不清楚物体间发生相对滑动的条件．
2018年10月24日星期三3时50分45秒
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
分析“滑块—滑板模型” 问题时应掌握的技巧 1．分析题中滑块、滑板的受力情况，求出各自的加速 度． 2．画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间 的关系． 3．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度． 4．两者发生相对滑动的条件：(1)摩擦力为滑动摩擦力 （动力学条件）．(2)二者速度或加速度不相等（运动 学条件）．（其中动力学条件是判断的主要依据）
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
[规范解答]—————————该得的分一分不丢！ (1)A、 B 之间的最大静摩擦力为 fm＞ μ1mg＝0.3× 1× 10 N＝ 3 N(2 分 ) 假设 A、 B 之间不发生相对滑动，则 对 A、 B 整体： F＝(M＋m)a(2 分 ) 对 A： fAB＝ Ma(2 分) 解得： fAB＝2.5 N(1 分 ) 因 fAB＜fm，故 A、 B 之间不发生相对滑动．(1 分 ) (2)对 B： F－ μ1mg＝maB(2 分) 对 A： μ1mg－ μ2(M＋m)g＝ MaA(2 分 ) 据题意： xB－ xA＝ L(2 分 ) 1 1 xA＝ aAt2； xB＝ aBt2(2 分) 2 2 解得： t＝ 2 s． (2 分 ) [答案] (1)不会 (2) 2 s
甲
乙
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
解析：根据题意，开始时，A、B相对静止，相对滑动前以 相同加速度 a 加速度
aB f 2mA
kt mA 2mA 向右做变加速运动，木板B的最大
，当 kt
f
kt f ，之后A的加速度 aA m 随时间增大， A f a 木板B以不变的加速度 B 2m 做匀加速直线运动．从 A
典型例题 核心疑难探究
板块的临界问题
【典例3】木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m， 与木板之间的动摩擦因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列
情况下力F的大小范围。
F m M F m M
2018年10月24日星期三3时50分45秒
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
解析（1）m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m与M间的静摩擦力 达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与M加速度仍相同。受力分析如图，先隔 离m，由牛顿第二定律可得：a=μmg/m=μg 再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a 解得：F0=μ(M+m) g 所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)g （2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可 得：a=μmg/M 再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a 解得：F0=μ(M+m) mg/M 所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)mg/M
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动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
方法指导
2. 运动学条件判断法：先求出不受外力 F 作用的那个物 体的最大临界加速度，再用假设法求出在外力 F 作用下 滑块和滑板整体的加速度，最后把滑块和滑板的整体加 速度与不受外力 F 作用的那个物体的最大临界加速度进 行大小比较。若滑块与滑板整体的加速度不大于（小于 或等于）滑块的最大加速度，即 a amax ，二者之间就 不发生相对滑动，反之二者之间就会发生相对滑动。
（1）若F=5N，则A、B 加速度分别为多大？
（2）若F=10N，则A、B 加速度分别为多大？ （ 3 ）在（ 2 ）的条件下，若力 F 作用时间 t=3s ， B 刚好到达 木板A的右端，则木板长L应为多少？
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
方法指导
二、使滑块与滑板间发生相对滑动的临界力的计算方法 使滑块与滑板间不发生相对滑动或者发生相对滑动的力 都是某一特定范围的力，因此刚好能够使滑块与滑板间发生 相对滑动的临界力的计算很重要。此临界力的计算通常有两 种方法： 1.动力学方法：先用隔离法运用牛顿第二定律求出不受外力 F 作用的那个物体的最大加速度，然后再用整体法运用牛顿第 二定律求出外力F的大小数值，这个值就是临界值。滑块与滑 板间不发生相对滑动时的外力应小于或等于这个数值，而滑 块与滑板间发生相对滑动时的外力应大于这个数值。
上，在木板左端放有质量为m＝1 kg的铁块(可视为质点)．现 给铁块施加一水平拉力F＝4 N，使铁块相对木板滑动，作用t ＝1 s后撤去拉力，铁块恰好不掉下木板，求木板的长度 L的 值．(已知铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10 m/s2)
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动力学中的滑块—滑板模型
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典型例题 核心疑难探究
板块的临界问题
(18 分 )(2015· 云南昆明统测 ) 【典例1】 如图所示，质量 M＝ 1 kg 的木板 A 静 止在水平地面上，在木板的左端放置 一个质量 m＝ 1 kg 的铁块 B(大小可忽
略 )，铁块与木块间的动摩擦因数 μ1＝ 0.3，木板长 L＝ 1 m，用 F ＝ 5 N 的水平恒力作用在铁块上， g 取 10 m/s2. (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑 动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 μ2＝0.1，求铁块运动到木 板右端所用的时间．
2. 此类试题由于研究对象多、受力分析困难，运动过程复杂， 往往会使考生“手忙脚乱”，“顾此失彼”导致丢分。是 学生比较容易感到“头疼”的一类试题。因此探究并掌握 此类试题的分析技巧和解题方法是十分必要的。
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动力学中的滑块—滑板模型
知识梳理
1．模型特点：
上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发 生相对滑动． 2．建模指导 解此类题的基本思路： （ 1 ）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别 求出滑块和木板的加速度； （ 2 ）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之 间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板 的位移都是相对地面的位移.
典型例题
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